2022届高三数学一轮复习（原卷版）第五节 第3课时 难点专攻夺高分——立体几何的综合性问题 教案

1、 1 第第 3 课时课时 难点专攻夺高分难点专攻夺高分立体几何的综合性问题立体几何的综合性问题 题型一题型一 翻折问题翻折问题 典例典例 (2021 重庆名校联考重庆名校联考)如图如图 1 所示，在等腰梯形所示，在等腰梯形 abcd 中，中，bead，bc3，ad15，be3 3.把把abe 沿沿 be 折起，使得折起，使得 ac6 2，得到四棱锥，得到四棱锥 a- bcde.如图如图 2 所示所示 (1)求证：平面求证：平面 ace平面平面 abd； (2)求平面求平面 abe 与平面与平面 acd 所成锐二面角的余弦值所成锐二面角的余弦值 解解 (1)证明：在等腰梯形证明：在等腰梯形 ab

2、cd 中，中，bc3，ad15， bead，可知，可知 ae6，de9. 因为因为 bc3，be3 3，bead， 所以所以 ce6. 又因为又因为 ae6，ac6 2， 所以所以 ac2ce2ae2， 则则 aeec. 又又 beae，beece， 所以所以 ae平面平面 bcde，又，又 bd平面平面 bcde， 故故 aebd. 因为因为 tandbedebe93 3 3， 则则dbe60 ，因为，因为 tanbecbcbe33 333， 则则bec30 ，所以，所以 cebd， 又又 aeece，所以，所以 bd平面平面 ace. 又又 bd平面平面 abd，所以平面，所以平面 abd

3、平面平面 ace. (2)设设 ecbdo， 过点， 过点 o 作作 ofae 交交 ac 于点于点 f， 以点， 以点 o 为原点，为原点，以以 ob，oc，of 所在直线分别为所在直线分别为 x，y，z 轴，建立如图所示的空间轴，建立如图所示的空间直角坐标系直角坐标系 o- xyz. 在在boe 中，因为中，因为beo30 ，boeo， 所以所以 eo92，bo3 32，则，则 co32， 则则 b 3 32，0，0 ，c 0，32，0 ，e 0，92，0 ， 2 a 0，92，6 ， 所以所以be 3 32，92，0 ，ae (0,0，6)， ca (0，6,6)， bc 3 32，32

4、，0 ， 因为因为 debc，de9， 所以所以ed 3bc 9 32，92，0 ， 所以所以od oe ed 9 32，0，0 ，d 9 32，0，0 ， 所以所以cd 9 32，32，0 . 设平面设平面 abe 的法向量为的法向量为 n n1(x1，y1，z1)， 由由 n1 ae 0，n1 be 0，得得 6z10，3 32x192y10， 取取 x1 3，可得平面，可得平面 abe 的一个法向量为的一个法向量为 n n1( 3，1,0) 设平面设平面 acd 的法向量为的法向量为 n n2(x2，y2，z2)， 由由 n n2 ca 0，n n2 cd 0，得得 6y26z20，9

5、32x232y20， 取取 x21，可得平面，可得平面 acd 的一个法向量为的一个法向量为 n n2(1，3 3，3 3) 设平面设平面 abe 与平面与平面 acd 所成锐二面角为所成锐二面角为 ， 则则 cos n n 1 n n 2| n n 1| n n 2|4 32 552 16555， 所以平面所以平面 abe 与平面与平面 acd 所成锐二面角的余弦值为所成锐二面角的余弦值为2 16555. 方法技巧方法技巧 翻折问题的翻折问题的 2 个解题策略个解题策略 确定翻折前后变确定翻折前后变与不变的关系与不变的关系 画好翻折前后的平面图形与立体图形， 分清翻折前后图形的位画好翻折前后

6、的平面图形与立体图形， 分清翻折前后图形的位置和数量关系的变与不变一般地，位于置和数量关系的变与不变一般地，位于“折痕折痕”同侧的点、同侧的点、线、 面之间的位置和数量关系不变， 而位于线、 面之间的位置和数量关系不变， 而位于“折痕折痕”两侧的点、两侧的点、线、面之间的位置关系会发生变化；对于不变的关系应在平面线、面之间的位置关系会发生变化；对于不变的关系应在平面 3 图形中处理，而对于变化的关系则要在立体图形中解决图形中处理，而对于变化的关系则要在立体图形中解决 确定翻折后关键确定翻折后关键点的位置点的位置 所谓的关键点，是指翻折过程中运动变化的点因为这些点的所谓的关键点，是指翻折过程中运

7、动变化的点因为这些点的位置移动，会带动与其相关的其他的点、线、面的关系变化，位置移动，会带动与其相关的其他的点、线、面的关系变化，以及其他点、线、面之间位置以及其他点、线、面之间位置关系与数量关系的变化只有分关系与数量关系的变化只有分析清楚关键点的准确位置，才能以此为参照点，确定其他点、析清楚关键点的准确位置，才能以此为参照点，确定其他点、线、面的位置，进而进行有关的证明与计算线、面的位置，进而进行有关的证明与计算 针对训练针对训练 1(2021 东北三省模拟东北三省模拟)如图，在等腰梯形如图，在等腰梯形 abcd 中，中，abcd，adabbc1，cd2，e 为为 cd 中点，将中点，将ad

8、e 沿沿 ae 折到折到ape 的位置的位置 (1)求证：求证：aepb； (2)当四棱锥当四棱锥 p- abce 的体积最大时，求二面角的体积最大时，求二面角 a- pe- c 的平面角的余弦值的平面角的余弦值 解：解：(1)证明：如图证明：如图，在等腰梯形，在等腰梯形 abcd 中，连接中，连接 bd，交，交 ae 于点于点 o，连接连接 be. abde，abde， 四边形四边形 abed 为平行四边形为平行四边形 又又adab，平行四边形平行四边形 abed 为菱形为菱形 bdae. 翻折后如图翻折后如图，可得，可得 opae，obae. 又又op平面平面 pob，ob平面平面 pob

9、，opobo， ae平面平面 pob. pb平面平面 pob，aepb. (2)当四棱锥当四棱锥 p- abce 的体积最大时，的体积最大时， 平面平面 pae平面平面 abce. 又又平面平面 pae平面平面 abceae，po平面平面 pae，poae， op平面平面 abce. 以以 o 为原点，为原点，oe 所在的直线为所在的直线为 x 轴，轴，ob 所在的直线为所在的直线为 y 轴，轴，op 所在的直线为所在的直线为 z 轴，建立轴，建立空间直角坐标系，如图空间直角坐标系，如图. 4 由题意得，由题意得，p 0，0，32， e 12，0，0 ，c 1，32，0 ， pe 12，0，3

10、2， ec 12，32，0 . 设平面设平面 pce 的法向量为的法向量为 n n1(x，y，z)， 则则 pe n n10， ec n n10，即即 12x32z0，12x32y0. 令令 x 3，则，则 y1，z1， 平面平面 pce 的一个法向量为的一个法向量为 n n1( 3，1,1) 又平面又平面 pae 的一个法向量为的一个法向量为 n n2(0,1,0)， 则则 cosn n1，n n2n n1 n n2|n n1|n n2|15155. 所求二面角所求二面角 a- pe- c 的平面角为钝角，的平面角为钝角， 所求二面角所求二面角 a- pe- c 的平面角的余弦值为的平面角的

11、余弦值为55. 2如图，在直角梯形如图，在直角梯形 ao1o2c 中，中，ao1co2，ao1o1o2，o1o24，co22，ao14，点点 b 是线段是线段 o1o2的中点，将的中点，将abo1，bco2分别沿分别沿 ab，bc 向上折起，使向上折起，使 o1，o2重合重合于点于点 o，得到三棱锥，得到三棱锥 o- abc.试在三棱锥试在三棱锥 o- abc 中，中， (1)证明：平面证明：平面 aob平面平面 boc； (2)求直线求直线 oc 与平面与平面 abc 所成角的正弦值所成角的正弦值 解解：(1)证明：在直角梯形证明：在直角梯形 ao1o2c 中，中，ac2()ao1co22o

12、1o2220， 所以在三棱锥所以在三棱锥 o- abc 中，中，ac2ao2oc2， 所以所以 aooc. 又因为又因为 aoob，ocobo， 所以所以 ao平面平面 boc. 5 又因为又因为 ao平面平面 aob，所以平面，所以平面 aob平面平面 boc. (2)由由(1)知，知，aooc，aoob，又，又 booc， 以以 o 为坐标原点，以为坐标原点，以oc ，ob ，oa 的方向分别为的方向分别为 x 轴、轴、y 轴、轴、z 轴的正轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系方向，建立如图所示的空间直角坐标系 o- xyz， 所以所以 a()0，0，4，b()0，2，0， c()2，

13、0，0，oc ()2，0，0， ab ()0，2，4，bc ()2，2，0. 设设 n n()x，y，z为平面为平面 abc 的法向量，的法向量， 由由 n n ab 0，n n bc 0，可得可得 2y4z0，2x2y0， 令令 x2，得，得 n n()2，2，1. 设直线设直线 oc 与平面与平面 abc 所成角为所成角为 ， 所以所以 sin |oc n n|oc | |n n23， 所以直线所以直线 oc 与平面与平面 abc 所成角的正弦值为所成角的正弦值为23. 题型二题型二 探索性问题探索性问题 考法考法(一一) 空间角的存在性问题空间角的存在性问题 例例 1 如图，在四棱锥如图

14、，在四棱锥 e- abcd 中，底面中，底面 abcd 为矩形，平面为矩形，平面 abcd平面平面 abe，aeb90 ，bebc，f 为为 ce 的中点的中点 (1)求证：平面求证：平面 bdf平面平面 ace； (2)若若 2aeeb， 判断在线段， 判断在线段 ae 上是否存在一点上是否存在一点 p，使得二面角，使得二面角 p- db- f的余弦值的绝对值为的余弦值的绝对值为1010.并说明理由并说明理由 解解 (1)证明：因为平面证明：因为平面 abcd平面平面 abe，平面平面 abcd平面平面 abeab，bcab，bc平面平面 abcd， 所以所以 bc平面平面 abe， 又又

15、ae平面平面 abe，所以所以 bcae. 因为因为 aebe，bcbeb，所以所以 ae平面平面 bce， 因为因为 bf平面平面 bce，所以所以 aebf. 在在bce 中中，因为因为 bebc，f为为 ce 的中点的中点， 6 所以所以 bfce，又又 aecee，ae平面平面 ace，ce平面平面 ace，所以所以 bf平面平面 ace， 又又 bf平面平面 bdf，所以平面所以平面 bdf平面平面 ace. (2)存在理由如下：以存在理由如下：以 e 为坐标原点为坐标原点，eb，ea 所在直线分别为所在直线分别为 x 轴轴、y 轴建立如图所示的空间直角坐标系轴建立如图所示的空间直角

16、坐标系 e- xyz， 设设 ae1， 则， 则 e(0,0,0)， b(2，0,0)，d(0,1，2)，c(2,0,2)，f(1,0,1)， bd (2,1,2)， ec (2,0,2)， 设设 p(0，a,0)，a0,1，则则 pb (2，a,0)， 结合结合(1)易知易知 ec平面平面 bdf， 故故 ec (2,0,2)为平面为平面 bdf 的一个法向量的一个法向量 设设 n(x，y，z)为平面为平面 bdp 的法向量的法向量， 则则 n nbd ，n n pb ，即即 2xy2z0，2xay0， 令令 xa，可得平面可得平面 bdp 的一个法向量为的一个法向量为 n(a,2，a1)，

17、 所以所以 cos ec ，n nec n n|ec |n n|2a12 a24 a1 2， 由由|cos ec ，n n|1010，解得解得 a0 或或 a1. 故在线段故在线段 ae 上存在点上存在点 p，使得二面角，使得二面角 p- db- f 的余弦值的绝对值为的余弦值的绝对值为1010，且此时点且此时点 p 在在 e处或处或 a 处处 方法技巧方法技巧 存在性问题的解题策略存在性问题的解题策略 借助于空间直角坐标系， 把几何对象上动态点的坐标用参数借助于空间直角坐标系， 把几何对象上动态点的坐标用参数(变量变量)表示， 将几何对象坐标化，表示， 将几何对象坐标化，这样根据所要满足的题

18、设要求得到相应的方程或方程组若方程或方程组在题设范围内有这样根据所要满足的题设要求得到相应的方程或方程组若方程或方程组在题设范围内有解，则通过参数的值反过来确定几何对象的位置；若方程或方程组在题设范围内无解，则解，则通过参数的值反过来确定几何对象的位置；若方程或方程组在题设范围内无解，则表示满足题设要求的几何对象不存在表示满足题设要求的几何对象不存在 考法考法(二二) 线面关系中的存在性问线面关系中的存在性问题题 例例 2 如图， 在正方体如图， 在正方体 abcd- a1b1c1d1中， 点中， 点 o 是底面是底面 abcd 的中心，的中心，e 是线段是线段 od1上的一点上的一点 (1)

19、若若 e 为为 od1的中点，求直线的中点，求直线 od1与平面与平面 cde 所成角的正弦值所成角的正弦值 (2)是否存在点是否存在点 e，使得平面，使得平面 cde平面平面 cd1o？若存在，请指出点？若存在，请指出点 e 的的位置关系，并加以证明；若不存在，请说明理由位置关系，并加以证明；若不存在，请说明理由 7 解解 (1)不妨设正方体的棱长为不妨设正方体的棱长为 2，以，以 d 为坐标原点，为坐标原点，da，dc，dd1所在直线分别为所在直线分别为 x 轴、轴、 y轴、轴、 z 轴建立如图所示的空间直角坐标系轴建立如图所示的空间直角坐标系 d- xyz，则则 d(0,0,0)，d1(

20、0,0,2)，c(0,2,0)，o(1，1,0) 因为点因为点 e 是是 d1o 的中点，的中点， 所以点所以点 e 的坐标为的坐标为 12，12，1 . 所以所以od1 (1，1,2)，de 12，12，1 ， dc (0,2,0) 设设 p p(x0，y0，z0)是平面是平面 cde 的法向量，的法向量， 则则 p p de 0，p p dc 0，即即 12x012y0z00，2y00. 取取 x02，则，则 z01， 所以平面所以平面 cde 的一个法向量为的一个法向量为 p p(2,0，1) 所以所以|cosod1 ，p p|od1 p p|od1 |p p| |122 1 | 1 2

21、 1 222 22 1 22 3015. 所以直线所以直线 od1与平面与平面 cde 所成角的正弦值为所成角的正弦值为2 3015. (2)存在，且点存在，且点 e 为靠近为靠近 o 的三等分点证明如下：的三等分点证明如下： 假设存在点假设存在点 e，使得平面，使得平面 cde平面平面 cd1o.设设d1e eo ，显然，显然oc (1,1,0)，od1 (1，1,2) 设设 mm(x1，y1，z1)是平面是平面 cd1o 的法向量，的法向量， 则则 mm oc 0，mm od1 0，即即 x1y10，x1y12z10， 取取 x11，则，则 y11，z11， 所所以平面以平面 cd1o 的

22、一个法向量为的一个法向量为 mm(1,1,1) 因为因为d1e eo ， 所以点所以点 e 的坐标为的坐标为 1，1，21， 8 所以所以de 1，1，21. 设设 n n(x2，y2，z2)是平面是平面 cde 的法向量，的法向量， 则则 n n de 0，n n dc 0，即即 1x21y221z20，2y20. 取取 x21，则，则 z22， 所以平面所以平面 cde 的一个法向量为的一个法向量为 n n 1，0，2. 因为平面因为平面 cde平面平面 cd1o，所以，所以 mmn n，即，即 mm n n0， 所以所以 120，解得，解得 2. 所以当所以当|d1e | eo |2，即

23、点，即点 e 为靠近为靠近 o 的三等分点时，平面的三等分点时，平面 cde平面平面 cd1o. 方法技巧方法技巧 解决线面关系中存在性问题的策略解决线面关系中存在性问题的策略 对于线面关系中的存在性问题，首先假设存在，然后在该假设条件下，利用向量法进行线对于线面关系中的存在性问题，首先假设存在，然后在该假设条件下，利用向量法进行线面关系的逻辑推理，寻找假设满足的数据面关系的逻辑推理，寻找假设满足的数据或事实，若满足，则肯定假设，若得出矛盾的结或事实，若满足，则肯定假设，若得出矛盾的结论，则否定假设论，则否定假设 针对训练针对训练 1.如图，已知矩形如图，已知矩形 abcd 所在平面垂直于直角

24、梯形所在平面垂直于直角梯形 abpe 所在平面于直所在平面于直线线 ab，且，且 abbp2，adae1，aeab，且，且 aebp. (1)设点设点 m 为棱为棱 pd 的中点，求证：的中点，求证：em平面平面 abcd. (2)线段线段 pd 上是否存在一点上是否存在一点 n，使得直线，使得直线 bn 与平面与平面 pcd 所成角的正弦所成角的正弦值等于值等于25？若存在，试确定点？若存在，试确定点 n 的位置；若不存在，请说明理由的位置；若不存在，请说明理由 解：解：(1)证明：证明：法一：法一： 由已知得，平面由已知得，平面 abcd平面平面 abpe，且，且 bcab， 则则 bc平

25、面平面 abpe， 又又 aeab，aebp， 所以所以 abbp，所以，所以 ba，bp，bc 两两垂直，两两垂直， 故以故以 b 为坐标原点，为坐标原点，ba ，bp ，bc 分别为分别为 x 轴、轴、y 轴、轴、z 轴的正方向，轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系建立如图所示的空间直角坐标系 9 因为因为 m 是是 pd 的中点，连接的中点，连接 em，则，则 p(0,2,0)，d(2,0,1)，m 1，1，12，e(2,1,0)，c(0,0,1)， 所所以以em 1，0，12. 易知平面易知平面 abcd 的一个法向量为的一个法向量为 n n(0,1,0)， 所以所以em n n

26、1，0，12 (0,1,0)0， 所以所以em n n， 又又 em 平面平面 abcd，所以，所以 em平面平面 abcd. 法二：法二：由已知得，平面由已知得，平面 abcd平面平面 abpe，且，且 bcab，则，则 bc平平面面 abpe， 又又 aeab，aebp， 所以所以 abbp，所以，所以 ba，bp，bc 两两垂直两两垂直 连接连接 ac，bd，其交点记为，其交点记为 o，连接，连接 mo，em. 因为四边形因为四边形 abcd 为矩形，为矩形， 所以所以 o 为为 bd 的中点的中点 因为因为 m 为为 pd 的中点，所以的中点，所以 ompb，且，且 om12pb. 又

27、又 aepb，且，且 ae12pb，所以，所以 aeom，且，且 aeom. 所以四边形所以四边形 aemo 是平行四边形，所以是平行四边形，所以 emao. 因为因为 em 平面平面 abcd，ao平面平面 abcd，所以，所以 em平面平面 abcd. (2)易知易知 pd (2，2,1)，cd (2,0,0)， 设平面设平面 pcd 的法向量为的法向量为 n n1(x1，y1，z1)， 由由 n n1 pd 0，n n1 cd 0，得得 2x12y1z10，2x10， 取取 y11，得平面，得平面 pcd 的一个法向量为的一个法向量为 n n1(0,1,2) 假设线段假设线段 pd 上存

28、在一点上存在一点 n，使得直线，使得直线 bn 与平面与平面 pcd 所成角所成角 的正弦值等于的正弦值等于25. 设设 pn pd (01)， 则则 pn (2，2,1)(2，2，)， bp (0,2,0)， bn bp pn (2，22，) 10 所以所以 sin |cosbn ，n n1|bn n n1| bn | |n n1| 25 2 2 22 2225 928425. 所以所以 92810，解得，解得 1 或或 19(舍去舍去) 因此，线段因此，线段 pd 上存在一点上存在一点 n，当点，当点 n 与点与点 d 重合时，直线重合时，直线 bn 与平面与平面 pcd 所成角的正弦所成

29、角的正弦值等于值等于25. 2.如图，已知正三棱柱如图，已知正三棱柱 abc- a1b1c1的底面边长是的底面边长是 2，侧棱长是，侧棱长是 3，d是是 ac 的中点的中点 (1)求二面角求二面角 a1- bd- a 的大小的大小 (2)在线段在线段 aa1上是否存在一点上是否存在一点 e，使得平面，使得平面 b1c1e平面平面 a1bd？若存？若存在，求出在，求出 ae 的长；若不存在，请说明理由的长；若不存在，请说明理由 解：解：(1)如图，如图，作作 coab 于于 o， 则则 co平面平面 abb1a1， 在正三棱柱在正三棱柱 abc- a1b1c1中，建立空间直角坐标系中，建立空间直

30、角坐标系 o- xyz. 因为因为 ab2，aa1 3，d 是是 ac 的中点，所以的中点，所以 a(1,0,0)，b(1,0,0)，c(0,0， 3)，a1(1， 3，0)， 所以所以 d 12，0，32，bd 32，0，32，ba1 (2， 3，0) 设设 n n(x，y，z)是平面是平面 a1bd 的法向量，的法向量， 所以所以 n n bd 0，n n ba1 0，即即 32x32z0，2x 3y0， 令令 x 3，则，则 y2，z3， 所以所以 n n( 3，2,3)是平面是平面 a1bd 的一个法向量的一个法向量 由题意可知由题意可知aa1 (0， 3，0)是平面是平面 abd 的

31、一个法向量，的一个法向量， 所以所以 cosn n，aa1 2 34 312. 由题意知二面角由题意知二面角 a1- bd- a 为锐角，所以它的大小为为锐角，所以它的大小为3. 11 (2)由由(1)知知 c1(0， 3， 3)，b1(1， 3，0)，设，设 e(1，x0,0)， 则则c1e (1，x0 3， 3)， c1b1 (1,0， 3) 设平面设平面 b1c1e 的法向量为的法向量为 mm(x1，y1，z1)， 所以所以 mm c1e 0，mm c1b1 0，即即 x1 x0 3 y1 3z10，x1 3z10， 令令 z1 3，则，则 x13，y163x0， 所以所以 mm 3，6

32、3x0， 3为平面为平面 b1c1e 的一个法向量的一个法向量 又又 mm n n0，即，即3 3123x03 30，解得，解得 x033， 所以存在点所以存在点 e，使得平面，使得平面 b1c1e平面平面 a1bd，且，且 ae33. 题型三题型三 空间向量与最值相结合空间向量与最值相结合 典例典例 如图所示，在四棱锥如图所示，在四棱锥 p- abcd 中，已知中，已知 pa平面平面 abcd，且四，且四边形边形 abcd 为直角梯形，为直角梯形，abcbad2，paad2，abbc1. (1)求平面求平面 pab 与平面与平面 pcd 所成二面角的余弦值；所成二面角的余弦值； (2)点点

33、q 是线段是线段 bp 上的动点，当直线上的动点，当直线 cq 与与 dp 所成的角最小时，求线段所成的角最小时，求线段 bq 的长的长 解解 由题知由题知 ab，ad，ap 所在直线两两垂直，以所在直线两两垂直，以ab ，ad ，ap 的的方向分别为方向分别为 x 轴、轴、y 轴、轴、z 轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系a- xyz， 则则 b(1,0,0)，c(1,1,0)， d(0,2,0)，p(0,0,2) (1)因为因为 ad平面平面 pab，所以，所以ad 是平面是平面 pab 的一个法向量，的一个法向量，ad (0,2,0) 因为因为

34、pc (1,1，2)， pd (0,2，2)， 设平面设平面 pcd 的法向量为的法向量为 mm(x，y，z)， 则则 mm pc 0， mm pd 0，即即 xy2z0，2y2z0. 12 令令 y1，解得，解得 z1，x1. 所以所以 mm(1,1,1)是平面是平面 pcd 的一个法向量的一个法向量 从而从而 cosad ，mmad mm| ad |mm|33，易知平面，易知平面 pab 与平面与平面 pcd 所成二面角为锐角，所所成二面角为锐角，所以平面以平面 pab 与平面与平面 pcd 所成二面角的余弦值为所成二面角的余弦值为33. (2)因为因为 bp (1,0,2)， 设设bq

35、bp (，0,2)(01)， 又又 cb (0，1,0)，则，则cq cb bq (，1,2) 又又 dp (0，2,2)， 从而从而 coscq ，dp cq dp |cq | dp |121022. 设设 12t，t1,3，则，则 cos2cq ， dp 2t25t210t929 1t592209910. 当且仅当当且仅当 t95，即，即 25时，时，|coscq ， dp |取最大值为取最大值为3 1010. 因为因为 ycos x 在在 0，2上是减函数，所以此时直线上是减函数，所以此时直线 cq 与与 dp 所成角取得最小值所成角取得最小值 又因为又因为 bp1222 5，所以，所以

36、 bq25bp2 55. 方法技巧方法技巧 空间向量法求最值也是要求出目标函数，空间向量法求最值也是要求出目标函数，但是需要先依据题意建立空间直角坐标系，注意但是需要先依据题意建立空间直角坐标系，注意建系时使坐标易于求解或表达，然后求目标函数的表达式建系时使坐标易于求解或表达，然后求目标函数的表达式 针对训练针对训练 如图如图(1)，在，在abc 中，中，abbc2，abc90 ，e，f 分别为分别为 ab，ac 边的中点，以边的中点，以ef 为折痕把为折痕把aef 折起，使点折起，使点 a 到达点到达点 p 的位置，且的位置，且 pbbe，如图，如图(2)所示所示 (1)证明：证明：ef平面

37、平面 pbe； (2)设设 n 为线段为线段 pf 上一动点，求直线上一动点，求直线 bn 与平面与平面 pcf 所成角的正弦值的最大值所成角的正弦值的最大值 13 解：解：(1)证明：因为证明：因为 e，f 分别为分别为 ab，ac 边的中点，边的中点， 所以所以 efbc. 因为因为abc90 ，所以，所以 efbe，efpe. 又又 bepee，be平面平面 pbe，pe平面平面 pbe，所以，所以 ef平面平面 pbe. (2)取取 be 的中点的中点 o，连接，连接 po， 由由(1)知知 ef平面平面 pbe，ef平面平面 bcfe， 所以平面所以平面 pbe平面平面 bcfe.

38、因为因为 pbbepe，所以，所以 pobe， 又又 po平面平面 pbe，平面，平面 pbe平面平面 bcfebe， 所以所以 po平面平面 bcfe. 过点过点 o 作作 ombc 交交 cf 于点于点 m， 分别以分别以 ob，om，op 所在直线为所在直线为 x 轴、轴、y 轴、轴、z 轴建立空间直角坐标系，轴建立空间直角坐标系，如图所示则如图所示则 p 0，0，32，c 12，2，0 ， f 12，1，0 ，b 12，0，0 ， pc 12，2，32， pf 12，1，32. 因为因为 n 为线段为线段 pf 上一动点，上一动点， 故设故设pn pf (01)，得，得 n 2，32

39、1 ， 所以所以bn 12，32 1 . 设平面设平面 pcf 的法向量为的法向量为 mm(x，y，z)， 则则 pc mm0，pf mm0，即即 12x2y32z0，12xy32z0， 令令 y1，则，则 mm(1,1， 3)为平面为平面 pcf 的一个法向量的一个法向量 设直线设直线 bn 与平面与平面 pcf 所成的角为所成的角为 ， 则则 sin |cosbn ，mm|bn mm|bn | |mm|25 221252 1427825 78 14 4 7035 当且仅当当且仅当14时取等号时取等号 . 所以直线所以直线 bn 与平面与平面 pcf 所成角的正弦值的最大值为所成角的正弦值的

40、最大值为4 7035. 课时跟踪检测课时跟踪检测 1如图如图，在等腰梯形，在等腰梯形 abcd 中，中，ab2，cd6，ad2 2，e，f 分别是线段分别是线段 cd 的的两个三等分点若把等腰梯形沿虚线两个三等分点若把等腰梯形沿虚线 af，be 折起，使得点折起，使得点 c 和点和点 d 重合，记为点重合，记为点 p，如，如图图. (1)求证求证：平面平面 pef平面平面 abef； (2)求平面求平面 pae 与平面与平面 pab 所成锐二面角的余弦值所成锐二面角的余弦值 解：解：(1)证明：由已知证明：由已知条件易知四边形条件易知四边形 abef 是正方形，是正方形， beef 且且 be

41、pe.又又 peefe， 所以所以 be平面平面 pef. 因为因为 be平面平面 abef， 所以平面所以平面 pef平面平面 abef. (2)如图，过点如图，过点 p 作作 poef于点于点 o， 过点过点 o 作作 be 的平行线交的平行线交 ab 于点于点 g， 则则 po平面平面 abef. 又又 po，ef，og 所在直线两两垂直，所在直线两两垂直， 所以分别以所以分别以 og，oe，op 所在直线为所在直线为 x 轴、轴、y 轴、轴、z 轴建立空间直角坐轴建立空间直角坐标系，标系， 则则 a(2，1,0)，b(2,1,0)，e(0,1,0)， p(0,0， 3) 所以所以ae

42、(2,2,0)， ep (0，1， 3)，ab (0,2,0)， pa (2，1， 3) 设平面设平面 pae 的法向量为的法向量为 n n1(x1，y1，z1)， 则则 n n1 ae 0，n n1 ep 0，所以所以 2x12y10，y1 3z10. 令令 z11，得，得 n n1( 3， 3，1) 15 设平面设平面 pab 的法向量为的法向量为 n n2(x2，y2，z2)， 则则 n n2 ab 0，n n2 pa 0，所以所以 2y20，2x2y2 3z20. 令令 z22，得，得 n n2( 3，0,2) 设平面设平面 pae 与平面与平面 pab 所成锐二面角为所成锐二面角为

43、， 则则 cos |n n1 n n2|n n1|n n2|57 757. 所以平面所以平面 pae 与平面与平面 pab 所成锐二面角的余弦值为所成锐二面角的余弦值为57. 2.如图，在四棱锥如图，在四棱锥 p- abcd 中，中，abcd 为矩形，为矩形，pd平面平面 abcd，pb2，dpc45 ，pbd30 . (1)在在 pb 上是否存在一点上是否存在一点 e，使，使 pc平面平面 ade？若存在，确定点？若存在，确定点 e 的位的位置；若不存在，请说明理由；置；若不存在，请说明理由； (2)当当 e 为为 pb 的中点时，求二面角的中点时，求二面角 p- ae- d 的余弦值的余弦

44、值 解：解：(1)存在点存在点 e，使，使 pc平面平面 ade. 以以 d 为坐标原点，为坐标原点，da，dc，dp 所在直线分别为所在直线分别为 x 轴、轴、y 轴、轴、z 轴，建轴，建立如图所示的空间直角坐标系立如图所示的空间直角坐标系 d- xyz. 由题意知由题意知 pdcd1，ad 2， 所以所以 d(0,0,0)，p(0,0,1)，a( 2，0,0)，b( 2，1,0)，c(0,1,0) 所以所以 pb ( 2，1，1)， pc (0,1，1) 设设 pe pb (01)，则，则 pe pb ( 2，1，1)， 所以所以 e( 2，1) 由由 pc de (0,1，1) ( 2，

45、1)10，得，得 12， 即当点即当点 e 为为 pb 的中点时，的中点时，pcde. 由矩形由矩形 abcd 知知 adcd，由，由 pd平面平面 abcd 知知 pdad， 又又 pdcdd，所以，所以 ad平面平面 pdc，所以，所以 adpc. 又又 added，所以，所以 pc平面平面 ade. 所以，当点所以，当点 e 为为 pb 的中点时，的中点时，pc平面平面 ade. 16 (2)由由(1)知知da ( 2，0,0)，de 22，12，12， pa ( 2，0，1)，pe 22，12，12. 由由(1)知平面知平面 ade 的一个法向量为的一个法向量为 n n1 pc (0,

46、1，1) 设平面设平面 pae 的法向量为的法向量为 n n2(x，y，z)， 则则 n n2 pa 0，n n2 pe 0，即即 2xz0，22x12y12z0， 取取 x1，得，得 n n2(1,0， 2) 设设 n n1，n n2的夹角为的夹角为 ，则，则 cos n n1 n n2|n n1| |n n2|33. 由图知二面由图知二面角角 p- ae- d 为锐角，为锐角， 故所求二面角故所求二面角 p- ae- d 的余弦值为的余弦值为33. 3 如图 如图 1， 已知等边， 已知等边abc 的边长为的边长为 3， 点， 点 m， n 分别是边分别是边 ab， ac 上的点， 且上的

47、点， 且 bm2ma，an2nc.如图如图 2，将，将amn 沿沿 mn 折起到折起到amn 的位置的位置 (1)求证：平面求证：平面 abm平面平面 bcnm； (2)给出三个条件：给出三个条件： ambc； 平面平面 amn 与平面与平面 cmn 的夹角为的夹角为 60 ； ab 7.在这三个条件中任选一个，补充在下面问题的条件中，并作答在这三个条件中任选一个，补充在下面问题的条件中，并作答 当当_时， 在线段时， 在线段 bc 上是否存在一点上是否存在一点 p， 使直线， 使直线 pa与平面与平面 abm 所成角的正弦值所成角的正弦值为为3 1010？若存在，求出？若存在，求出 pb 的

48、长；若不存在，请说明理由的长；若不存在，请说明理由 解：解：(1)证明：由已知得证明：由已知得 am1，an2，a60 ， mn2am2an22am ancos 60 ，解得，解得 mn 3， 故故 an2am2mn2， mnab，mnam，mnmb， 又又mbamm，mn平面平面 abm. 又又 mn平面平面 bcnm，平面平面 abm平面平面 bcnm. (2)若选条件若选条件ambc，由，由(1)得得 ammn，bc 和和 mn 是两条相交直线，是两条相交直线， am平面平面 bcnm. 以以 m 为原点，为原点，mb，mn，ma分别为分别为 x，y，z 轴建立如图所示的空间轴建立如图所

49、示的空间 17 直角坐标系直角坐标系 则则 a(0,0,1)，设，设 p(2a， 3a,0)，其中，其中 032，故不存在，故不存在 p 满足条件满足条件 若选条件若选条件平面平面 amn 与平面与平面 cmn 的夹角为的夹角为 60 ，由，由(1)得得 amb 即为平面即为平面 amn 与平面与平面 cmn 的夹角，的夹角，amb60 .过过a作作 aobm，垂足为，垂足为 o，则，则 ao平面平面 bcnm.在平面在平面 bcnm中，中，连接连接 oc，经计算可知，经计算可知 ocob. 以以 o 为原点，为原点，ob，oc，oa分别为分别为 x，y，z 轴建立如图所示的空间轴建立如图所示

50、的空间直角坐标系直角坐标系 则则 a 0，0，32， 设设 p 32a， 3a，0 ，其中，其中 0a32， 则则ap 32a， 3a，32. 易知平面易知平面 abm 的法向量为的法向量为 n n(0,1,0) 设直线设直线 pa与平面与平面 abm 所成角为所成角为 ， 则则 sin |cosap ，n n| 3a 32a23a2343 1010， 解得解得 a32或或 a3(舍去舍去)，故存在，故存在 p 满足条件，满足条件， 这时这时 pb3. 若选条件若选条件ab 7，在，在abm 中，由余弦定理得：中，由余弦定理得： ab2mb2ma22mb macosamb， 即即 741221

51、cosamb， 解得解得 cosamb12，故故amb120 . 过过 a作作 aobm，垂足为，垂足为 o，则，则 ao平面平面 bcnm. 18 在平面在平面 bcnm 中，作中，作 odob，点，点 d 在在 bm 的右侧的右侧 以以 o 为原点，为原点，ob，od，oa分别为分别为 x，y，z 轴建立如图所示的空间直角轴建立如图所示的空间直角坐标系坐标系 则则 a 0，0，32， 设设 p 52a， 3a，0 ，其中，其中 032，故不存在，故不存在 p 满足条件满足条件 4.如图所示， 在四棱锥如图所示， 在四棱锥p- abcd中，中， abcd为矩形 平面为矩形 平面pad平面平面

52、abcd. (1)求证：求证：abpd； (2)若若bpc90 ，pb 2，pc2，问：，问：ab 为何值时， 四棱锥为何值时， 四棱锥 p- abcd的体积最大？并求此时平面的体积最大？并求此时平面 bpc 与平面与平面 dpc 夹角的余弦值夹角的余弦值 解：解：(1)证明：因为四边形证明：因为四边形 abcd 为矩形，故为矩形，故 abad. 又平面又平面 pad平面平面 abcd， 平面平面 pad平面平面 abcdad，ab平面平面 abcd， 所以所以 ab平面平面 pad，又，又 pd平面平面 pad，故，故 abpd. (2)过过 p 作作 ad 的垂线，垂足为的垂线，垂足为 o，过，过 o 作作 bc 的垂线，垂足为的垂线，垂足为 g，